一个代数不等式及其应用
2015-12-02杨学枝
杨学枝
本文先给出一个十分有用的不等式即以下定理，并举例说明其应用.
定理 设x1，x2，…，xn；y1，y2，…，yn是两组任意实数，∑1≤i
[∑ni=1xi（y-yi）]2=[∑ni=1yi（x-xi）]2≥
4∑1≤i 当且仅当x1y1=x2y2=…=xnyn时取等号. 证明 若∑1≤i 若∑1≤i ∑ni=1xi（y-yi）=∑ni=1yi（x-xi）≥ 2∑1≤i 下面我们来证明 ∑ni=1xi（y-yi）≥2∑1≤i 由于 ∑ni=1xi（y-yi）=∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi≥ ∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi， 因此要证式①成立，只要证明 ∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi≥2∑1≤i ∑1≤i 即 ∑ni=1xi·∑ni=1yi≥∑ni=1xiyi+2∑1≤i ∑1≤i 式②易证成立，事实上，应用柯西不等式，有 （∑ni=1xi·∑ni=1yi）2=（∑ni=1x2i+2∑1≤i ≥ （∑ni=1xiyi+2∑1≤i 由此得到 ∑ni=1xi·∑ni=1yi≥∑ni=1xiyi+2∑1≤i ∑1≤i ≥∑ni=1xiyi+2∑1≤i 即得式②，于是式①成立，原命题获证.由证明过程可得当且仅当x1y1=x2y2=…=xnyn时，原式取等号. 在定理中，取n=3，得到以下 命题1 设λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且λu+λv+uv>0，或λ′u′+λ′v′+u′v′>0，则 [∑λ（u′+v′）]2=[∑λ′（u+v）]2≥4（∑uv）（∑u′v′）， 当且仅当λλ′=uu′=vv′时取等号. 在定理中，取n=4，得到以下 命题2 设λ，u，v，w，λ′，u′，v′，w′∈R，且λu+λv+λw+uv+uw+vw>0，或λ′u′+λ′v′+λ′w′+u′v′+u′w′+v′w′>0，则 [∑λ（u′+v′+w′）]2=[∑λ′（u+v+w）]2 ≥2（λu+λv+λw+uv+uw+vw）（λ′u′+λ′v′+λ′w′+u′v′+u′w′+v′w′）， 当且仅当λλ′=uu′=vv′=ww′时取等号. 下面举一些例子说明以上定理和命题的应用（略去取等号条件的证明）. 例1 （自创题，1998.02.01）设λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且∑uv>0，则 [∑λλ′]2≥（∑uv）（2∑u′v′-∑λ′2）， 当且仅当u+vλ′=v+λu′=λ+uv′时取等号. 证明 [∑λλ′]2=[12∑（-λ′+u′+v′）（u+v）]2 ≥（∑uv）（∑（λ-u+v）（λ+u-v）（根据命题1中的不等式） =（∑uv）（2∑u′v′-∑λ′2）. 例2 （自创题，1998.02.01）设λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且∑uv>0，则 ∑（u+v）u′v′≤（u+v）∑uv（∑λ′）2， 当且仅当λ（u+v）λ′=u（v+λ）u′=v（λ+u）v′时取等号. 证明 根据命题1中的不等式，有 [∑λ′u+v（u+v）]2≥ 4（∑uv）∑u′v′（v+λ）（λ+u），整理即得原式. 例3 （匹多不等式）△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则∑（-a2+b2+c2）a′2≥16ΔΔ′， 当且仅当△ABC∽△A′B′C′时取等号. 证明 在命题1中取λ=-a2+b2+c2，u=a2-b2+c2，v=a2+b2-c2，λ′=-a′2+ b′2+c′2，u′=a′2-b′2+c′2，v′=a′2+b′2-c′2，则∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式. 例4 （南京程灵老师提出）若△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则 ∑（-a+b+c）a′≥43ΔΔ′ 当且仅当△ABC与△A′B′C′均为正三角形时取等号. 证明 在命题1中取λ=-a+b+c，u=a-b+c，v=a+b-c， λ′=-a′+b′+c′， u′=a′-b′+c′，v′=a′+b′-c′，得到 ∑（-a+b+c）a′≥
∑（a-b+c）（a+b-c）·
∑（a′-b′+c′）（a′+b′-c′）
≥43（a+b+c）（-a+b+c）（a-b+c）（a+b-c）·
43（a′+b′+c′）（-a′+b′+c′）（a′-b′+c′）（a′+b′-c′）
=43ΔΔ′，
即得原式.
例5 （陕西安振平老师提出）若△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则
∑（a-b+c）（a+b-c）a′2≥16ΔΔ′
当且仅当a（-a+b+c）a′2=b（a-b+c）b′2=
c（a+b-c）c′2时取等号.
证明 在命题1中取λ=（a-b+c）（a+b-c），u=（a-b+c）（-a+b+c），v=（a+b
-c）（-a+b+c），λ′=-a′2+b′2+c′2，u′=a′2-b′2+c′2，v′=a′2+b′2
-c′2，则∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.
注 注意到∑（a-b+c）（a+b-c）a′2=∑a（-a+b+c）（-a′2+b′2+c′2），因此，例3中的不等式又可以写成∑a（-a+b+c）（-a′2+b′2+c′2）≥16ΔΔ′.
例6 （自创题，1983.05.07）若△ABC与△A′B′C′边长分别为a，b，c和a′，b′，c′，面积分别为Δ与Δ′，则
∑a（-a+b+c）（a′-b′+c′）（a′+b′-c′）≥16ΔΔ′
当且仅当△ABC∽△A′B′C′时取等号.
证明 在命题1中取λ=（a-b+c）（a+b-c），u=（a-b+c）（-a+b+c），v=（a+b
-c）（-a+b+c），λ′=（a′-b′+c′）（a′+b′-c′），u′=（a′-b′+c′）（-a′+b′+c′），v′=（a′+
b′-c′）（-a′+b′+c′），则∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.
例7 （自创题，1983.05.07）设△ABC三边长为BC=a，CA=b，AB=c，面积为Δ，P为△ABC内部或边界上一点，从P分别向三边BC、CA、AB所在直线作垂线，垂足分别为D、E、F，记PD=r1，PE=r2，PF=r3，则∑r2r3≤4Δ22∑bc-∑a2，当且仅当r1-a+b+c=r2a-b+c=r3a+b-c时取等号.
证明 由命题1，有
4Δ=2∑ar1=∑（-a+b+c）（r2+r3）
≥2∑（a-b+c）（a+b-c）·∑r2r3
=22∑bc-∑a2·∑r2r3，
即得原式.
例8 （自创题，2010.12.16）在△ABC中，设x，y，z∈R，则
（xsinC+zsinA）（ysinA+xsinB）+（ysinA+xsinB）（zsinB+ysinC）+（zsinB+ysinC）（xsinC+zsinA）≤（x+y+z）2，
或∑x2sinBsinC+（∑sinA）（∑yzsinA）≤（∑x）2，
当且仅当zsinB+ysinCtanA2=xsinC+zsinAtanB2=ysinA+xsinBtanC2时取等号.
证明 设λ=zsinB+ysinC，u=xsinC+zsinA，v=ysinA+xsinB，由此得到
x=sinA（-λsinA+usinB+vsinC）2sinA，
y=sinB（λsinA-usinB+vsinC）2sinB，
z=sinC（λsinA+usinB-vsinC）2sinC，
经以上变换，原式等价于
∑uv≤[∑λsinA（-sinA+sinB+sinC）2sinAsinBsinC]2
=（∑λ·2sinA2cosA2·4cosA2sinB2sinC216sinA2cosA2sinB2cosB2sinC2cosC2）2
=（∑λcos2A22cosA2cosB2cosC2）2=1[]4[SX）][∑λtanB2+tanC2].
注意到恒等式tanB2·tanC2+tanC2·tanA2+tanA2·tanB2=1，由命题1知上式成立，故得原式.
例9 （自创题，2010.12.1）设P为△ABC内部或边界上一点，P点到△ABC三边BC，CA，AB所在直线的距离分别为r1，r2，r3，ΔABC三边长为BC=a，CA=b，AB=c，则
∑a（r1+r2）（r1+r3）≤abc.
证明 只要在例8中，取x=ar1，y=br2，z=cr3，注意到ar1+br2+cr3=2Δ=abc2R，这里Δ和R分别为△ABC的面积和外接圆半径，即得.
例10 设x，y，z，α，β，γ∈R，且α+β+γ=kπ（k∈Z），则
yzsin2α+zxsin2β+xysin2γ≤14（x+y+z）2，
当且仅当xsin 2α=ysin 2β=zsin 2γ时取等号.
证明 （2012年3月10日）分两种情况证明.
ⅰ）若k为奇数，即当α+β+γ=（2n+1）π（n∈Z）时，注意到
cot βcotγ+cotγcot α+cot αcot β=1>0，
于是，根据命题1有
14（x+y+z）2=14[xsin βsin γsin α（cot β+cot γ）+ysin γsin αsin β（cot γ+cot α）
+zsin αsin βsin γ（cot α+cot β）]2
≥（cot βcot γ+cot γcot α+cot αcot β）·
（ysin γsin αsin β·zsin αsin βsin γ+zsin αsin βsin γ·xsin βsin γsin α
+xsin βsin γsin α·ysin γsin αsin β）
=yzsin2α+zxsin2β+xysin2γ，
即得原式.
ⅱ）若k为偶数，同理可证（详证从略）.
例11 设M、N为单位正方形内任意两个点，记MA=a，MB=b，MC=c，MD=d，NA=a1，NB=，b1，NC=c1，ND=d1，则
∑a1（b+c+d）≥6.
证明 利用命题2有
∑a1（b+c+d）
≥2ab+ac+ad+bc+bd+da·
a1b1+a1c1+a1d1+b1c1+b1d1+d1a1，
而ab+ac+ad+bc+bd+da=（a+c）（b+d）+（ac+bd），
（a+c）（b+d）≥AC·BD=2；
过M作MM′∥AB，且使MM′=AB（如图），则
ac+bd=MA·MC+MB·MD
=MA·M′D+M′A·MD≥AD·MM′=1
（在四边形M′AMD中使用托勒密不等式），于是
ab+ac+ad+bc+bd+da=（a+c）（b+d）+（ac+bd）≥3，同理
a1b1+a1c1+a1d1+b1c1+b1d1+d1a1≥3，
故原式成立.
还可以举出许多应用定理和命题证明不等式的例子，限于篇幅这里就不再赘述.
